设a1=1，an 1=2an n 1。(1)是否存在常数p.q使数列………求数学高手解答！！_百度知道
设a1=1，an 1=2an n 1。(1)是否存在常数p.q使数列………求数学高手解答！！
(2)求{an}的通项公式。请附上过程；若不存在，q的值，求出p，说明理由，q使数列{an p*n q}成等比数列。
(1)是否存在常数p，a(n 1)=2*an n 1设a1=1？若存在。谢谢
是a(n加1)=2*an加n加1和{an 加p*n加q}。不知道为什么我的加号被变成了空格……
提问者采纳
（1）问已提示创造一个等比数列，即上述的bn
因为a1=1，p+q+1=2q（系数一一对应）
所以？？）
则b(n+1)=a(n+1)+p*(n+1)+q=2an+(p+1)n+(p+q+1)
若bn为等比数列，q=2（2）思路，则p+1=2p，p=1（1）设bn=an+p*n+q
（我的加号有问题么
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两式相减得，即，
两式相减得，即， …………8分
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故数列的通项公式是． …………10分
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设a1=2，a2=4，数列{bn}满足：bn=an+1-an，bn+1=2bn+2，（1）求证：数列{bn+2}是等比数列（要指出首项与公比），（2）求数列{an}的通项公式．
题型：解答题难度：中档来源：不详
（1）bn+1=2bn+2=>bn+1+2=2（bn+2），∵bn+1+2bn+2=2，又b1+2=a2-a1=4，∴数列{bn+2}是首项为4，公比为2的等比数列．（2）由（1）可知bn+2=4o2n-1=2n+1．∴bn=2n+1-2．则an+1-an=2n+1-2令n=1，2，…n-1，则a2-a1=22-2，a3-a2=23-2，…，an-an-1=2n-2，各式相加得an=（2+22+23+…+2n）-2（n-1）=2n+1-2-2n+2=2n+1-2n．所以an=2n+1-2n．
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据魔方格专家权威分析，试题“设a1=2，a2=4，数列{bn}满足：bn=an+1-an，bn+1=2bn+2，（1）求证：数..”主要考查你对&&等比数列的定义及性质，等比数列的前n项和&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
等比数列的定义及性质等比数列的前n项和
等比数列的定义：
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做公比，公比通常用字母q表示（q≠0）。 等比数列的性质：
在等比数列｛an｝中，有 （1）若m+n=p+q，m，n，p，q∈N*，则aman=apaq；当m+n=2p时，aman=ap2； （2）若m，n∈N*，则am=anqm-n； （3）若公比为q，则｛｝是以为公比的等比数列； （4）下标成等差数列的项构成等比数列； （5）1）若a1＞0，q＞1，则｛an｝为递增数列； 2）a1＜0，q＞1， 则｛an｝为递减数列； 3）a1＞0，0＜q＜1，则｛an｝为递减数列； 4）a1＜0， 0＜q＜1， 则｛an｝为递增数列； 5）q＜0，则｛an｝为摆动数列；若q＝1，则｛an｝为常数列。
等差数列和等比数列的比较：
如何证明一个数列是等比数列：
证明一个数列是等比数列，只需证明是一个与n无关的常数即可（或an2=an-1an+1）。 等比数列的前n项和公式：
； 等比数列中设元技巧：
已知a1，q，n，an ，Sn中的三个量，求其它两个量，是归结为解方程组问题，知三求二。 注意设元的技巧，如奇数个成等比数列，可设为：…，…（公比为q），但偶数个数成等比数列时，不能设为…，…因公比不一定为一个正数，公比为正时可如此设。
等比数列前n项和公式的变形：q≠1时，（a≠0，b≠0，a+b=0）；
等比数列前n项和常见结论：一个等比数列有3n项，若前n项之和为S1，中间n项之和为S2，最后n项之和为S3，当q≠-1时，S1，S2，S3为等比数列。
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& 2016届（新课标）高考数学（文）一轮复习精品讲义：第五章 数列
2016届（新课标）高考数学（文）一轮复习精品讲义：第五章 数列
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资料概述与简介
第五章　数　列
第一节数列的概念与简单表示法
基础盘查一　数列的有关概念
了解数列的概念(定义、数列的项、通项公式、前n项和)
1．判断正误
(1)1,2,3,4和1,2,4,3是相同的数列(　　)
(2)同一个数在数列中可以重复出现(　　)
(3)an与{an}是不同的概念(　　)
(4)所有的数列都有通项公式，且通项公式在形式上一定是唯一的(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
2．(人教A版教材例题改编)写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：
(1)1，－，，－；
(2)2,0,2,0.
答案：(1)an＝　(2)an＝(－1)n＋1＋1
1．了解数列三种简单的表示方法(列表法、图象法、通项公式法)；
2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
1．判断正误
(1)数列是一种特殊的函数(　　)
(2)毎一个数列都可用三种表示法表示(　　)
(3)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√
2．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则a5等于________．
了解数列的分类(按项数分、按项间的大小等)．
1．(人教B版教材例题改编)已知函数f(x)＝，设an＝f(n)(nN*)，则{an}是________数列(填“递增”或“递减”)
答案：递增
2．对于数列{an}，“an＋1＞|an|(n＝1,2…)”是“{an}为递增数列”的________条件．
答案：充分不必要
(基础送分型考点——自主练透)
数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
[提醒]　 不是所有的数列都有通项公式，若有，也不一定唯一．
1．已知nN*，给出4个表达式：an＝an＝，an＝，an＝.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是(　　)
A．　　　　　　　　B．
解析：选A　检验知都是所给数列的通项公式．
2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：
(1)4,6,8,10，…；
(2)－，，－，，…；
(3)a，b，a，b，a，b，…(其中a，b为实数)；
(4)9,99,999,9 999，….
解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以通项公式an＝2(n＋1)，nN*.
(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式an＝(－1)n×，nN*.
(3)这是一个摆动数列，奇数项是a，偶数项是b，所以此数列的一个通项公式an＝
(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式an＝10n－1，nN*.
[类题通法]
用观察法求数列的通项公式的技巧
(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．
(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．
(重点保分型考点——师生共研)
数列的前n项和通常用Sn表示，记作Sn＝a1＋a2＋…＋an，则通项an＝.
[提醒]　若当n≥2时求出的an也适合n＝1时的情形，则用一个式子表示an，否则分段表示．
已知下面数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式：
(1)Sn＝2n2－3n；(2)Sn＝3n＋b.
解：(1)a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，an＝4n－5.
(2)a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式．
当b≠－1时，a1不适合此等式．
当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝
已知Sn求an的三个步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
已知数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn＝(－1)n＋1·n，求a5＋a6及an；
(2)若Sn＝3n＋2n＋1，求an.
解：(1)a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2，
当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)
＝(－1)n＋1·[n＋(n－1)]
＝(－1)n＋1·(2n－1)，
又a1也适合于此式，
所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．
(2)因为当n＝1时，a1＝S1＝6；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]
＝2·3n－1＋2，
由于a1不适合此式，
所以an＝(常考常新型考点——多角探明)
递推公式：如果已知数列{an}的第一项(或前几项)，且任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接.
　　归纳起来常见的命题角度有：
(1)形如an＋1＝anf(n)，求an；
(2)形如an＋1＝an＋f(n)，求an；
(3)形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an.
(4)形如an＋1＝(A，B，C为常数)，求an.
角度一：形如an＋1＝anf(n)，求an
1．在数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.求数列{an}的通项公式．
解：由题设知，a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1.
＝，…，＝，＝，＝3.
以上n－1个式子的等号两端分别相乘，得到＝.
又a1＝1，an＝.
角度二：形如an＋1＝an＋f(n)，求an
2．(1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋，求数列{an}的通项公式．
(2)若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋2n，求数列{an}的通项公式．
解：(1)由题意，得an＋1－an＝＝－，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝＋＋…＋＋＋2＝3－.
(2)由题意知an＋1－an＝2n，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1.
角度三：形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1)，求an
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
解：an＋1＝3an＋2，an＋1＋1＝3(an＋1)，
＝3，数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，an＋1＝2·3n－1，
an＝2·3n－1－1.
角度四：形如an＋1＝(A，B，C为常数)，求an
4．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，求数列{an}的通项公式．
解：an＋1＝，a1＝1，an≠0，
＝＋，即－＝，又a1＝1，则＝1，
是以1为首项，为公差的等差数列．
＝＋(n－1)×＝＋，
an＝(nN*)．
由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为an＋1＝an＋f(n)或an＋1＝f(n)·an，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，(如角度二)，注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，(如角度三、四)转化为特殊数列求通项．
一、选择题
1．数列1，，，，，…的一个通项公式an＝(　　)
A.　　　　　　　　B.
解析：选B　由已知得，数列可写成，，，…，故通项为.
2．数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝(　　)
解析：选D　设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，
当n≥2时，an＝＝.
3．数列{an}满足an＋an＋1＝(nN*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为(　　)
解析：选B　an＋an＋1＝，a2＝2，
S21＝11×＋10×2＝.故选B.
4．在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，nN*，都有am＋n＝am·an.若a6＝64，则a9等于(　　)
A．256　　　　　　　　　B．510
解析：选C　在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，nN*，都有am＋n＝am·an.a6＝a3·a3＝64，a3＝8.
a9＝a6·a3＝64×8，a9＝512.故选C.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn＝kn2，若对所有的nN*，都有an＋1＞an，则实数k的取值范围是(　　)
A．(0，＋∞)
B．(－∞，1)
C．(1，＋∞)
D．(－∞，0)
解析：选A　由Sn＝kn2得an＝k(2n－1)．因为an＋1＞an，所以数列{an}是递增的，因此k＞0，故选A.
6．(2015·北京海淀区期末)若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(nN*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为(　　)
解析：选B　a1＝19，an＋1－an＝－3，
数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，
an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.
设{an}的前k项和数值最大，
k∈N*，k＝7.满足条件的n的值为7.
二、填空题
7．在数列－1,0，，，…，，…中，0.08是它的第____________项．
解析：令＝0.08，得2n2－25n＋50＝0，
即(2n－5)(n－10)＝0.
解得n＝10或n＝(舍去)．
8．已知数列{an}的前n项和Sn＝3－3×2n，nN*，则an＝________.
解析：分情况讨论：
当n＝1时，a1＝S1＝3－3×21＝－3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3－3×2n)－(3－3×2n－1)＝－3×2n－1.
综合，得an＝－3×2n－1.
答案：－3×2n－1
9．(2015·大连双基测试)数列{an}满足：a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1＋3(nN*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1＋3，把n换成n－1得，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＝(n－2)·3n＋3，两式相减得an＝3n.
10．在一个数列中，如果n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________.
解析：依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28.
三、解答题
11．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝a＋an(nN*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由Sn＝a＋an(nN*)，可得
a1＝a＋a1，解得a1＝1；
S2＝a1＋a2＝a＋a2，解得a2＝2；
同理，a3＝3，a4＝4.
(2)Sn＝a＋an，
当n≥2时，Sn－1＝a＋an－1，
①－得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.
由于an＋an－1≠0，
所以an－an－1＝1，
又由(1)知a1＝1，
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
12．已知数列{an}中，an＝1＋(nN*，aR，且a≠0)．
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的nN*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．
解：(1)an＝1＋(nN*，aR，且a≠0)，
又a＝－7，an＝1＋.
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知1>a1>a2>a3>a4，
a5>a6>a7>…>an>1(nN*)．
数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋.
对任意的nN*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
知5<<6，－10<a0，a7＋a100，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；
当a10时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.
1．设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于(　　)
解析：选C　设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，则(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，{an＋bn}为等差数列，又a1＋b1＝a2＋b2＝100，{an＋bn}为常数列，a37＋b37＝100.
2．已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为(　　)
解析：选A　设这个数列有2n项，则由等差数列的性质可知：偶数项之和减去奇数项之和等于nd，即25－15＝2n，故2n＝10，即数列的项数为10.
3．在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15，求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值．
解：a1＝20，S10＝S15，
10×20＋d＝15×20＋d，
法一：由an＝20＋(n－1)×＝－n＋.
得a13＝0.即当n≤12时，an＞0，n≥14时，an＜0.
当n＝12或13时，Sn取得最大值，
且最大值为S12＝S13＝12×20＋×＝130.
法二：Sn＝20n＋·＝－n2＋n
n∈N*，当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.
法三： 由S10＝S15得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.
5a13＝0，即a13＝0.
当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.
[A卷——夯基保分]
一、选择题
1．设Sn为等差数列的前n项和，公差d＝－2，若S10＝S11，则a1＝(　　)
解析：选B　由S10＝S11，得a11＝0.又已知d＝－2，则a11＝a1＋10d＝a1＋10×(－2)＝0，解得a1＝20.
2．(2015·兰州、张掖联考)等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是(　　)
解析：选B　3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，
6a4＋6a10＝24，a4＋a10＝4，
S13＝＝＝＝26，故选B.
3．已知等差数列{an}满足a2＝3，Sn－Sn－3＝51(n＞3)，Sn＝100，则n的值为(　　)
解析：选C　由Sn－Sn－3＝51得，
an－2＋an－1＋an＝51，所以an－1＝17，
又a2＝3，Sn＝＝100，
解得n＝10.
4．(2015·辽宁鞍山检测)已知Sn表示数列{an}的前n项和，若对任意的nN*满足an＋1＝an＋a2，且a3＝2，则S2 014＝(　　)
A．1 006×2 013
B．1 006×2 014
C．1 007×2 013
D．1 007×2 014
解析：选C　在an＋1＝an＋a2中，令n＝1，则a2＝a1＋a2，a1＝0，令n＝2，则a3＝2＝2a2，a2＝1，于是an＋1－an＝1，故数列{an}是首项为0，公差为1的等差数列，
S2 014＝＝1 007×2 013.
5．(2015·洛阳统考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则满足Sn＞0的最大自然数n的值为(　　)
解析：选C　a1＞0，a6a7＜0，a6＞0，a7＜0，等差数列的公差小于零，又a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0，S12＞0，S13＜0，满足Sn＞0的最大自然数n的值为12.
6．(2015·河北唐山一模)各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝anan＋1，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝(　　)
解析：选C　当n＝1时，3S1＝a1a2,3a1＝a1a2，a2＝3.当n≥2时，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an，两式相减得3an＝an(an＋1－an－1)，又an≠0，an＋1－an－1＝3，{a2n}为一个以3为首项，3为公差的等差数列，
a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋×3＝，选C.
二、填空题
7．(2014·江西高考)在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前 n项和为Sn ，当且仅当n＝8 时Sn 取得最大值，则d 的取值范围为________．
解析：由题意，当且仅当n＝8时Sn有最大值，可得
即解得－1<d<－.
8．已知等差数列{an}中，an≠0，若n≥2且an－1＋an＋1－a＝0，S2n－1＝38，则n等于________．
解析：2an＝an－1＋an＋1，
又an－1＋an＋1－a＝0，
2an－a＝0，即an(2－an)＝0.
an≠0，an＝2.
S2n－1＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.
9．(2015·无锡一模)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，当整数n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15＝________.
解析：由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1＝2，即an＋1－an＝2(n≥2)，所以数列{an}从第二项起构成等差数列，则S15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211.
10．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是________．
解析：由等差数列前n项和的性质知，＝＝＝＝7＋，故当n＝1,2,3,5,11时，为整数，故使得为整数的正整数n的个数是5.
三、解答题
11．(2015·长春调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，其中a1＝3，S5－S2＝27.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若Sn,2(an＋1＋1)，Sn＋2成等比数列，求正整数n的值．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则S5－S2＝3a1＋9d＝27，
又a1＝3，则d＝2，故an＝2n＋1.
(2)由(1)可得Sn＝n2＋2n，又Sn·Sn＋2＝8(an＋1＋1)2，
即n(n＋2)2(n＋4)＝8(2n＋4)2，化简得n2＋4n－32＝0，
解得n＝4或n＝－8(舍)，所以n的值为4.
12．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.
(1)求an和Sn；
(2)若数列{bn}是等差数列，且bn＝，求非零常数c.
解：(1)数列{an}为等差数列，a3＋a4＝a2＋a5＝22.
又a3·a4＝117，
a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两实根，
又公差d＞0，a3＜a4，a3＝9，a4＝13，
∴通项公式an＝4n－3.
Sn＝na1＋×d＝2n2－n.
(2)由(1)知Sn＝2n2－n，bn＝＝，
b1＝，b2＝，b3＝.
∵数列{bn}是等差数列，2b2＝b1＋b3，
即×2＝＋，2c2＋c＝0，
c＝－或c＝0(舍去)，故c＝－.
[B卷——增分提能]
1．已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2(nN*)，它的前n项和为Sn，且a3＝10，S6＝72，若bn＝an－30，设数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．
解：2an＋1＝an＋an＋2，an＋1－an＝an＋2－an＋1，
故数列{an}为等差数列．
设数列{an}的首项为a1，公差为d，由a3＝10，S6＝72得，
解得a1＝2，d＝4.
an＝4n－2，则bn＝an－30＝2n－31，
令即解得≤n≤，
n∈N*，n＝15，
即数列{bn}的前15项均为负值，T15最小．
数列{bn}的首项是－29，公差为2，
T15＝＝－225，
数列{bn}的前n项和Tn的最小值为－225.
2．(2015·安徽宿州调研)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7.
(1)设函数y＝f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an}，求证：{an}为等差数列；
(2)设函数y＝f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，求{bn}的前n项和Sn.
解：(1)证明：f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7
＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，
an＝3n－8，
an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n－8)＝3，
数列{an}为等差数列．
(2)由题意知，bn＝|an|＝|3n－8|，
当1≤n≤2时，bn＝8－3n，
Sn＝b1＋…＋bn＝＝
当n≥3时，bn＝3n－8，
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5＋2＋1＋…＋(3n－8)
3．设同时满足条件：≤bn＋1(nN*)；bn≤M(n∈N*，M是与n无关的常数)的无穷数列{bn}叫“特界”数列．
(1)若数列{an}为等差数列，Sn是其前n项和，a3＝4，S3＝18，求Sn；
(2)判断(1)中的数列{Sn}是否为“特界”数列，并说明理由．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则a1＋2d＝4，S3＝a1＋a2＋a3＝3a1＋3d＝18，
解得a1＝8，d＝－2，
Sn＝na1＋d＝－n2＋9n.
(2){Sn}是“特界”数列，理由如下：
由－Sn＋1＝
＝＝＝－1<0，
得0，则a8＝a6＋2a4即为a4q4＝a4q2＋2a4，解得q2＝2(负值舍去)，又a2＝1，所以a6＝a2q4＝4.
2．等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则公比q＝________.
解析：由＝，a1＝－1知公比q≠1，＝－.由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，
故q5＝－，q＝－.
[A卷——夯基保分]
一、选择题
1．(2014·重庆高考)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　)
A．a1，a3，a9成等比数列　　　B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9成等比数列
解析：选D　由等比数列的性质得，a3·a9＝a≠0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D.
2．(2015·昆明、玉溪统考)等比数列{an}中，a1＝1，q＝2，则Tn＝＋＋…＋的结果可化为(　　)
解析：选C　依题意，an＝2n－1，＝＝＝×，所以Tn＝＝.
3．若正项数列{an}满足lg an＋1＝1＋lg an，且a2 001＋a2 002＋a2 003＋…＋a2 010＝2 014，则a2 011＋a2 012＋a2 013＋…＋a2 020的值为(　　)
A．2 014×1010
B．2 014×1011
C．2 015×1010
D．2 015×1011
解析：选A　由条件知lg an＋1－lg an＝lg ＝1，即＝10，所以{an}是公比为10的等比数列．因为(a2 001＋…＋a2 010)·q10＝a2 011＋…＋a2 020，所以a2 011＋…＋a2 020＝2 014×1010，选A.
4．(2015·山西四校联考)等比数列{an}满足an＞0，nN*，且a3·a2n－3＝22n(n≥2)，则当n≥1时，log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝(　　)
A．n(2n－1)
B．(n＋1)2
D．(n－1)2
解析：选A　由等比数列的性质，得a3·a2n－3＝a＝22n，从而得an＝2n.
法一：log2a1＋log2a2＋…＋log2a2n－1＝log2[(a1a2n－1)·(a2a2n－2)·…·(an－1an＋1)an]＝log22n(2n－1)＝n(2n－1)．
法二：取n＝1，log2a1＝log22＝1，而(1＋1)2＝4，(1－1)2＝0，排除B，D；取n＝2，log2a1＋log2a2＋log2a3＝log22＋log24＋log28＝6，而22＝4，排除C，选A.
5．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在mN*，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为(　　)
解析：选B　设公比为q，若q＝1，则＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.＝＝qm＋1＝9，qm＝8.
＝＝qm＝8＝，m＝3，q3＝8，
6．设{an}是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积(i＝1,2，…)，则{An}为等比数列的充要条件是(　　)
A．{an}是等比数列
B．a1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比数列
C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列
D．a1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比数列，且公比相同
解析：选D　Ai＝aiai＋1，若{An}为等比数列，则＝＝为常数，即＝，＝，….a1，a3，a5，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q，则＝＝q，从而{An}为等比数列．
二、填空题
7．(2014·安徽高考)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝________.
解析：法一：因为数列{an}是等差数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5也成等差数列，又a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，所以a1＋1，a3＋3，a5＋5是常数列，故q＝1.
法二：因为数列{an}是等差数列，所以可设a1＝t－d，a3＝t，a5＝t＋d，故由已知得(t＋3)2＝(t－d＋1)(t＋d＋5)，得d2＋4d＋4＝0，即d＝－2，所以a3＋3＝a1＋1，即q＝1.
8．(2015·兰州模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝m·2n－1－3，则m＝________.
解析：a1＝S1＝m－3，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝m·2n－2，
a2＝m，a3＝2m，又a＝a1a3，
m2＝(m－3)·2m，整理得m2－6m＝0，
则m＝6或m＝0(舍去)．
9．(2015·兰州、张掖联考)已知数列{an}的首项为1，数列{bn}为等比数列且bn＝，若b10·b11＝2，则a21＝________.
解析：b1＝＝a2，b2＝，a3＝b2a2＝b1b2，
b3＝，a4＝b1b2b3，…，an＝b1b2b3·…·bn－1，
a21＝b1b2b3·…·b20＝(b10b11)10＝210＝1 024.
答案：1 024
10．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 014积数列”，且a1＞1，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为________．
解析：由题可知a1a2a3·…·a2 014＝a2 014，
故a1a2a3·…·a2 013＝1，
由于{an}是各项均为正数的等比数列且a1＞1，
所以a1 007＝1，公比0＜q＜1，
所以a1 006＞1且0＜a1 008＜1，故当数列{an}的前n项的乘积取最大值时n的值为1 006或1 007.
答案：1 006或1 007
三、解答题
11．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
解：(1)S1＝a1＝1，
且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，
Sn＝2n－1，
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(2－1)＝2n－2.
当n＝1时a1＝1，不适合上式．
(2)a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，
a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
12．(2014·重庆高考)已知{an}是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示{an}的前n项和．
(1)求an及Sn；
(2)设{bn}是首项为2的等比数列，公比q满足q2－(a4＋1)q＋S4＝0，求{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
解：(1)因为{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
故Sn＝＝＝n2.
(2)由(1)得a4＝7，S4＝16.
因为q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即q2－8q＋16＝0，
所以(q－4)2＝0，从而q＝4.
又因b1＝2，{bn}是公比q＝4的等比数列，所以
bn＝b1qn－1＝2·4n－1＝22n－1.
从而{bn}的前n项和Tn＝＝(4n－1)．
[B卷——增分提能]
1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S1,2S2,3S3成等差数列，且S4＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q.
S1,2S2,3S3成等差数列，
4S2＝S1＋3S3.
即4(a1＋a2)＝a1＋3(a1＋a2＋a3)，
a2＝3a3，q＝＝.
又S4＝，即＝，
解得a1＝1，an＝n－1.
(2)由(1)得Sn＝＝＝.
2．(2015·宝鸡模拟)已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)证明：an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，
an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2)．
又a1＝5，a2＝5，
a2＋2a1＝15，
an＋2an－1≠0(n≥2)，
＝3(n≥2)，
数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列．
(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
则an＋1＝－2an＋5×3n，
an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又a1－3＝2，an－3n≠0，
{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．
an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n(nN*)．
3．已知等差数列{an}的前n项的和为Sn，等比数列{bn}的各项均为正数，公比是q，且满足：a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝12，S2＝b2q.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝3bn－λ·2，若数列{cn}是递增数列，求λ的取值范围．
解：(1)由已知可得
所以q2＋q－12＝0，
解得q＝3或q＝－4(舍)，从而a2＝6，
所以an＝3n，bn＝3n－1.
(2)由(1)知，cn＝3bn－λ·2＝3n－λ·2n.
由题意，cn＋1＞cn对任意的nN*恒成立，
即3n＋1－λ·2n＋1＞3n－λ·2n恒成立，
亦即λ·2n＜2·3n恒成立，即λ＜2·n恒成立．
由于函数y＝n是增函数，
所以min＝2×＝3，
故λ＜3，即λ的取值范围为(－∞，3)．
第四节数列求和
基础盘查　数列求和的常用方法
1．熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式；
2．掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法(分组求和；拆项相消；错位相减；倒序相加；并项求和)．
1．判断正误
(1)当n≥2时，＝－(　　)
(2)求Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得(　　)
(3)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin2 1°＋sin2 2°＋sin2 3°＋…＋sin2 88°＋sin2 89°＝44.5(　　)
(4)若Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S50＝－25(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．数列{an}的通项公式为an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 015等于(　　)
A．1 002　　　　　　　　B．1 004
解析：选B　因为数列an＝ncos呈周期性变化，观察此数列规律如下：a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4.
故S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝2.
因此S2 015＝S2 012＋a2 013＋a2 014＋a2 015
＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋…＋(a2 009＋a2 010＋a2 011＋a2 012)＋a2 013＋a2 014＋a2 015＝×2＋(－2)
3．(人教A版教材习题改编)数列1，3，5，7，…，(2n－1)＋，…的前n项和Sn的值等于________
答案：n2＋1－
4．设an＝1＋2＋3＋…＋n，则Sn＝＋＋…＋＝________.
解析：an＝1＋2＋3＋…＋n＝.
(基础送分型考点——自主练透)
1．等差、等比数列的前n项和公式
(1)等差数列：Sn＝＝na1＋d；
(2)等比数列：Sn＝
2．一些常见数列的前n项和公式
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.
1．(2014·新课标全国卷)等差数列{an}的公差为2，若 a2，a4，a8 成等比数列，则{an}的前n项和Sn ＝(　　)
A．n(n＋1)　　　　　　　　　B. n(n－1)
解析：选A　因为a2，a4，a8成等比数列，所以a＝a2·a8，所以(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋14)，解得a1＝2.所以Sn＝na1＋d＝n(n＋1)．故选A.
2．若等比数列{an}满足a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前n项和Sn＝________.
解析：由题意a2＋a5＝q(a1＋a4)，得20＝q×10，故q＝2，代入a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得9a1＝10，得a1＝.
故Sn＝＝(2n－1)．
答案：(2n－1)
3．(2013·重庆高考)设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，nN*.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.
解：(1)由题设知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
所以an＝3n－1，Sn＝＝(3n－1)．
(2)由(1)知b1＝a2＝3，b3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，所以数列{bn}的公差d＝5，
故T20＝20×3＋×5＝1 010.
数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n项和的数列来求之．
(重点保分型考点——师生共研)
一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后再相加减．
(2014·山东高考)在等差数列{an}中，已知公差d＝2, a2是a1 与a4 的等比中项．
(1)求数列 {an}的通项公式；
(2)设 bn＝a，记 Tn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn，求Tn .
解：(1)由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，
即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，
解得a1＝2.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题意知bn＝a＝n(n＋1)．
所以Tn＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．
因为bn＋1－bn＝2(n＋1)，
可得当n为偶数时，
Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)
＝4＋8＋12＋…＋2n
当n为奇数时，
Tn＝Tn－1＋(－bn)＝－n(n＋1)
分组转化法求和的常见类型
(1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n项和；
(2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
(3)某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
已知等比数列{an}中，首项a1＝3，公比q＞1，且3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(nN*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.
解：(1)3(an＋2＋an)－10an＋1＝0，
3(anq2＋an)－10anq＝0，
即3q2－10q＋3＝0.
公比q＞1，q＝3.
又首项a1＝3，数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)是首项为1，公差为2的等差数列，
bn＋an＝1＋2(n－1)．
即数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1－3n－1，
Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]
＝－(3n－1)＋n2.
(题点多变型考点——全面发掘)
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
[典型母题]
(2014·四川高考)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(nN*)．
(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列的前n项和Tn.
[解]　(1)由已知，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，
有2a8＝4×2a7＝2a7＋2，
解得d＝a8－a7＝2.
所以Sn＝na1＋d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为
y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，
它在x轴上的截距为a2－.
由题意知，a2－＝2－，
解得a2＝2.
所以d＝a2－a1＝1.
从而an＝n，bn＝2n，
所以Tn＝＋＋＋…＋＋，　2Tn＝＋＋＋…＋.
因此，2Tn－Tn＝1＋＋＋…＋－＝2－－＝.
[题点发散1]　在本例条件下，证明：数列{bn}为等比数列．
证明：由已知，bn＝2an＞0.
当n≥1时，＝2an＋1－an＝2d.
所以数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．
[题点发散2]　在本例(2)条件下，求数列{anb}的前n项和Sn.
解：由例(2)可得an＝n，bn＝2n，则anb＝n·4n.
于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，
4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1.
因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝－n·4n＋1＝.
用错位相减法求和的注意事项
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式；
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
(常考常新型考点——多角探明)
把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列an的通项公式，达到求解目的.
　　归纳起来常见的命题角度有：
(1)形如an＝型；
(2)形如an＝ 型；
(3)形如an＝型.
角度一：形如an＝型
1．(2014·广东高考)设各项均为正数的数列{an} 的前n 项和为Sn ，且 Sn满足 S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，nN*.
(1)求a1 的值；
(2)求数列{an} 的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n ，有＋＋…＋<.
解：(1)由题意知，
S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，nN*.
令n＝1，有S－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，
可得S＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，
即a1＝－3或2，
又an为正数，所以a1＝2.
(2)由S－(n2＋n－3)Sn－3(n2＋n)＝0，nN*可得，
(Sn＋3)(Sn－n2－n)＝0，则Sn＝n2＋n或Sn＝－3，
又数列{an}的各项均为正数，
所以Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，
所以当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.
又a1＝2＝2×1，所以an＝2n.
(3)证明：当n＝1时，＝＝<成立；
当n≥2时，＝<＝，
所以＋＋…＋
＝＋<＋＝.
所以对一切正整数n，
有＋＋…＋<.
角度二：形如an＝ 型
2．(2015·江南十校联考)已知函数f(x)＝xa的图象过点(4,2)，令an＝，nN*.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 014＝(　　)
A.－1　　　　　B.－1
解析：选C　由f(4)＝2可得4a＝2，解得a＝，
则f(x)＝x.
an＝＝＝－，
S2 014＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 014＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＝－1.
角度三：形如an＝型
3．(2013·江西高考)正项数列{an}的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)令bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的nN*，都有Tn0，Sn＝n2＋n.
于是a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)证明：由于an＝2n，
故bn＝＝＝.
＝32 500，即2n－1>32，得n>6，
该企业从2017年开始年底分红后的资金超过32 500万元．
解数列应用题的建模思路
从实际出发，通过抽象概括建立数学模型，通过对模型的解析，再返回实际中去，其思路框图为：
某乡镇引进一高科技企业，投入资金720万元建设基本设施，第一年各种运营费用120万元，以后每年增加40万元．每年企业销售收入500万元，设f(n)表示前n年的纯收入(f(n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额)．
(1)从第几年开始获取纯利润？
(2)若干年后，该企业为开发新产品，有两种处理方案：
年平均利润最大时，以480万元出售该企业；
纯利润最大时，以160万元出售该企业．
问哪种方案最合算？
解：由题意知每年的运营费用(万元)是以120为首项，40为公差的等差数列．
则f(n)＝500n－－720
＝－20n2＋400n－720.
(1)获取纯利润就是f(n)＞0，
故有－20n2＋400n－720＞0，
解得2＜n＜18.
又nN*，可知从第三年开始获取纯利润．
(2)年平均利润＝400－20≤160，
当且仅当n＝6时取等号．
故此方案获利6×160＋480＝ 1 440(万元)，此时n＝6.
f(n)＝－20n2＋400n－720＝－20(n－10)2＋1 280，
当n＝10时，f(n)max＝1 280.
故此方案共获利1 280＋160＝1 440(万元)．
比较两种方案，在同等数额获利的基础上，第种方案只需6年，第种方案需要10年，故选择第种方案．
(常考常新型考点——多角探明)
数列在高考中多与函数、不等式、解析几何、向量交汇命题，近年由于对数列要求降低，但仍有一些省份在考查数列与其他知识的交汇.
　　归纳起来常见的命题角度有：
(1)数列与函数的交汇；
(2)数列与不等式的交汇.
角度一：数列与函数的交汇
1．(2015·广东七校联考)已知函数f(x)＝kx＋b(k≠0)，f(4)＝10，又f(1)，f(2)，f(6)成等比数列．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设an＝2f(n)＋2n，求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)由题意知：f2(2)＝f(1)·f(6)，
即(2k＋b)2＝(k＋b)·(6k＋b)，
即2k2＝－3kb，
k≠0，2k＋3b＝0，
又f(4)＝10，4k＋b＝10，
k＝3，b＝－2，
函数f(x)的解析式为f(x)＝3x－2.
(2)由(1)知：an＝23n－2＋2n.
数列{an}的前n项和
Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(2＋24＋27＋…＋23n－2)＋2(1＋2＋…＋n)
＝(8n－1)＋n(n＋1)．
角度二：数列与不等式的交汇
2．(2015·长沙二模)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，a10＝15，且a3，a4，a7成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：－≤Tn＜－1(nN*)．
解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，由已知得
an＝2n－5(nN*)．
(2)证明：bn＝＝，nN*.
∴Tn＝＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
①－得Tn＝＋2－
Tn＝－1－(nN*)，
＞0(nN*)，
Tn＋1－Tn＝－＝，
Tn＜Tn＋1(n≥2)．
又T1＝－1－＝－，
T2＝－1－＝－.
T1＞T2，T2最小，
即Tn≥T2＝－.
综上所述，－≤Tn＜－1(nN*)．
1．数列与函数的综合一般体现在两个方面
(1)以数列的特征量n，an，Sn等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；
(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．
2．数列与不等式相结合问题的处理方法
解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．
[A卷——夯基保分]
1．(2015·云南检测)在数列{an}中，a1＝1，数列{an＋1－3an}是首项为9，公比为3的等比数列．
(1)求a2，a3；
(2)求数列的前n项和Sn.
解：(1)数列{an＋1－3an}是首项为9，公比为3的等比数列，
an＋1－3an＝9×3n－1＝3n＋1，
a2－3a1＝9，a3－3a2＝27，
a2＝12，a3＝63.
(2)an＋1－3an＝3n＋1，－＝1，
数列是首项为，公差为1的等差数列，
数列的前n项和Sn＝＋＝.
2．(2015·合肥质检)已知函数f(x)＝x＋(x＞0)，以点(n，f(n))为切点作函数图象的切线ln(nN*)，直线x＝n＋1与函数y＝f(x)图象及切线ln分别相交于An，Bn，记an＝|AnBn|.
(1)求切线ln的方程及数列{an}的通项公式；
(2)设数列{nan}的前n项和为Sn，求证：Sn＜1.
解：(1)对f(x)＝x＋(x＞0)求导，得f′(x)＝1－，
则切线ln的方程为：y－＝(x－n)，
易知An，Bn，
由an＝|AnBn|知an＝＝.
(2)证明：nan＝＝－，
Sn＝a1＋2a2＋…＋nan＝1－＋－＋…＋－＝1－＜1.
3．已知等比数列{an}满足an＋1＋an＝9·2n－1，nN*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn＞kan－2对一切nN*恒成立，求实数k的取值范围．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
an＋1＋an＝9·2n－1，nN*，a2＋a1＝9，
a3＋a2＝18，
q＝＝＝2，
2a1＋a1＝9，a1＝3.
an＝3·2n－1，nN*.
(2)由(1)知Sn＝＝＝3(2n－1)，
不等式3(2n－1)＞k·3·2n－1－2，
即k＜2－对一切nN*恒成立．
令f(n)＝2－，则f(n)随n的增大而增大，
f(n)min＝f(1)＝2－＝，k＜.
实数k的取值范围为.
[B卷——增分提能]
1．(2015·湖南耒阳二中月考)为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a辆．
(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数S(n)；
(2)若该市计划7年内完成全部更换，求a的最小值．
解：(1)设an，bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量．
依题意，得{an}是首项为128，公比为1＋50%＝的等比数列，{bn}是首项为400，公差为a的等差数列．
所以{an}的前n项和
Sn＝＝256，
{bn}的前n项和Tn＝400n＋a.
所以经过n年，该市被更换的公交车总数为
S(n)＝Sn＋Tn＝256＋400n＋a.
(2)若计划7年内完成全部更换，则S(7)≥10 000，
所以256＋400×7＋a≥10 000，
即21a≥3 082，所以a≥146.
又aN*，所以a的最小值为147.
2.已知点A(1,0)，B(0,1)和互不相同的点P1，P2，P3，…，Pn，…，满足＝an＋bn (nN*)，其中{an}，{bn}分别为等差数列和等比数列，O为坐标原点，若P1是线段AB的中点．
(1)求a1，b1的值；
(2)点P1，P2，P3，…，Pn，…能否在同一条直线上？请证明你的结论．
解：(1)P1是线段AB的中点＝＋，
又＝a1＋b1，且，不共线，
由平面向量基本定理，知a1＝b1＝.
(2)由＝an＋bn (nN*)=>＝(an，bn)，
设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
则由于P1，P2，P3，…，Pn，…互不相同，
所以d＝0，q＝1不会同时成立．
若d＝0，q≠1，则an＝a1＝(nN*)
=>P1，P2，P3，…，Pn，…都在直线x＝上；
若q＝1，d≠0，则bn＝为常数列
P1，P2，P3，…，Pn，…都在直线y＝上；
若d≠0且q≠1，P1，P2，P3，…，Pn，…在同一条直线上＝(an－an－1，bn－bn－1)与＝(an＋1－an，bn＋1－bn)始终共线(n≥2，nN*)
(an－an－1)(bn＋1－bn)－(an＋1－an)(bn－bn－1)＝0
d(bn＋1－bn)－d(bn－bn－1)＝0
bn＋1－bn＝bn－bn－1
q＝1，这与q≠1矛盾，
所以当d≠0且q≠1时，P1，P2，P3，…，Pn，…不可能在同一条直线上．
1．(2014·辽宁高考)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则(　　)
解析：选C　数列{2a1an}为递减数列，a1an＝a1[a1＋(n－1)d]＝a1dn＋a1(a1－d)，等式右边为关于n的一次函数，∴a1d<0.
2．(2014·新课标全国卷)数列 {an}满足 an＋1＝，a8＝2，则a1 ＝________.
解析：将a8＝2代入an＋1＝，可求得a7＝；再将a7＝代入an＋1＝，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝.
3．(2013·新课标全国卷)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝________.
解析：当n＝1时，由已知Sn＝an＋，得a1＝a1＋，即a1＝1；当n≥2时，由已知得到Sn－1＝an－1＋，所以an＝Sn－Sn－1＝－＝an－an－1, 所以an＝－2an－1，所以数列{an}为以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以an＝(－2)n－1.
答案：(－2)n－1
4.(2014·安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC＝2.过点 A作BC 的垂线，垂足为A1 ；过点 A1作 AC的垂线，垂足为 A2；过点A2 作A1C 的垂线，垂足为A3 ；…，依此类推．设BA＝a1 ，AA1＝a2
, A1A2＝a3 ，…， A5A6＝a7 ，则 a7＝________.
解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×6＝.
法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，…，An－1An＝an＋1＝sin·an＝an＝2×n，故a7＝2×6＝.
命题点二　等差数列与等比数列命题指数：
难度：中、低题型：选择题、填空题、解答题
1．(2014·天津高考)设{an} 是首项为a1 ，公差为－1 的等差数列，Sn为其前n项和．若 S1，S2，S4成等比数列，则a1＝(　　)
解析：选D　由S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6成等比数列可得(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－.
2．(2013·新课标全国卷)等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S3＝a2 ＋10a1 ，a5＝9，则a1＝(　　)
解析：选C　由已知及S3＝a1＋a2＋a3，
得a3＝9a1，
设数列{an}的公比为q，
所以a5＝9＝a1·q4＝81a1，
3．(2013·新课标全国卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝(　　)
解析：选C　由Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，
得am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，
所以等差数列的公差为d＝am＋1－am＝3－2＝1，
4．(2014·安徽高考)数列{an} 满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，nN*.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设 bn＝3n·，求数列{bn}的前 n项和 Sn.
解：(1)证明：由已知可得＝＋1，即－＝1.
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)得＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2.
从而bn＝n·3n.
Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，
3Sn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n＋1.
①－得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝－n·3n＋1
5．(2014·新课标全国卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1.
(1)证明：是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<.
证明：(1)由an＋1＝3an＋1得an＋1＋＝3.
又a1＋＝，
所以是首项为，公比为3的等比数列．
所以an＋＝，
因此{an}的通项公式为an＝.
(2)由(1)知＝.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
所以＋＋…＋60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．
解：(1)设数列{an}的公差为d，依题意，2,2＋d,2＋4d成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，
化简得d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4.
当d＝0时，an＝2；
当d＝4时，an＝2＋(n－1)·4＝4n－2，
从而得数列{an}的通项公式为an＝2或an＝4n－2.
(2)当an＝2时，Sn＝2n.
显然2n60n＋800成立．
当an＝4n－2时，Sn＝＝2n2.
令2n2>60n＋800，即n2－30n－400>0，
解得n>40或n60n＋800成立，n的最小值为41.
综上，当an＝2时，不存在满足题意的n；
当an＝4n－2时，存在满足题意的n，其最小值为41.
1．(2014·浙江高考)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(nN*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(nN*)．记数列{cn}的前n项和为Sn.
求正整数k，使得对任意nN*，均有Sk≥Sn.
解：(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，
知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，
所以数列{an}的通项为an＝2n(nN*)．
所以a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(nN*)．
(2)由(1)知cn＝－＝－(nN*)，
所以Sn＝＋＋…＋－
＝1－－＝－(nN*)．
因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；
当n≥5时，
而－＝>0，
所以，当n≥5时，cn0，
于是(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)>0.　
但<，所以|a2n＋1－a2n|0，
因此a2n－a2n－1＝2n－1＝.　
因为{a2n}是递减数列，同理可得，a2n＋1－a2n<0，故
a2n＋1－a2n＝－2n＝.　
由即知，an＋1－an＝.
于是an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋－＋…＋
故数列{an}的通项公式为an＝＋·.
“数列”类题目的审题技巧与解题规范
[对应学生用书P84]
[技法概述]
有的数学题条件并不明显，而寓于概念、 存于性质或含于图中，审题时，就要注意深入挖掘这些隐含条件和信息，解题时，可避免因忽视隐含条件而出现错误．
[适用题型]
在高考中，有以下几种解答题用到此种审题方法：
1．利用导数研究函数性质时，应注意函数定义域；
2．求等比数列前n项和应注意公比q的值，研究数列的性质时，应注意n的取值；
3．观察三视图时，应注意平行与垂直．
[典例]　(本题满分12分)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 014？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．
[解题流程] [失分警示]
　　　　　
1．(2015·石家庄一模)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1·a2＝2，a3·a4＝32.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足＋＋＋…＋＝an＋1－1(nN*)，求数列{bn}的前n项和．
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由已知得
又a1＞0，q＞0，
∴an＝2n－1.
(2)由题意可得＋＋＋…＋＝2n－1，
2n－1－1＋＝2n－1(n≥2)，＝2n－1，
bn＝(2n－1)·2n－1(n≥2)，
当n＝1时，b1＝1，符合上式，
bn＝(2n－1)·2n－1(nN*)．
设数列{bn}的前n项和为Tn＝1＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，
则2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，
两式相减得－Tn＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n＝－(2n－3)·2n－3，
Tn＝(2n－3)·2n＋3.
2．(2015·青岛二模)若数列{bn}对于任意的nN*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．如数列cn，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于nN*，都有an＋an＋1＝2n.
(1)求证：{an}是准等差数列；
(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.
解：(1)证明：an＋an＋1＝2n(nN*)①，
an＋1＋an＋2＝2(n＋1)，
－，得an＋2－an＝2(nN*)．
{an}是公差为2的准等差数列．
(2)由已知a1＝a，an＋an＋1＝2n(nN*)，
a1＋a2＝2×1，即a2＝2－a.
由(1)得a1，a3，a5，…是以a为首项，2为公差的等差数列．
a2，a4，a6，…是以2－a为首项，2为公差的等差数列．
当n为偶数时，an＝2－a＋×2＝n－a；
当n为奇数时，an＝a＋×2＝n＋a－1.
S20＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a19＋a20
＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)
＝2×1＋2×3＋…＋2×19
3．(2015·天津红桥模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求使不等式Tn＞对一切nN*都成立的最大正整数k的值；
(3)设f(n)＝是否存在mN*，使得f(m＋15)＝5f(m)成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝6，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－
而当n＝1时，n＋5＝6，
an＝n＋5(nN*)．
Tn＝c1＋c2＋…＋cn
Tn＋1－Tn＝－＝＞0，
Tn单调递增，故(Tn)min＝T1＝.
令＞，得k＜671，所以kmax＝671.
当m为奇数时，m＋15为偶数，
由f(m＋15)＝5f(m)
得3m＋47＝5m＋25，解得m＝11.
当m为偶数时，m＋15为奇数，
由f(m＋15)＝5f(m)，
得m＋20＝15m＋10，解得m＝N*(舍去)．
综上，存在唯一正整数m＝11，使得f(m＋15)＝5f(m)成立．
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对n的取值讨论，确定n的值．
利用(1)的结论求出Sn，将问题转化为(－2)n≤－2 013.
对n的值不讨论，盲目得出结论.即只写出n为奇数情况忽略n为偶数，导致失分.
设出公比q，列出关于a1，q的方程组，求出a1，q.
根据所求，利用公式求出an.
不注意a1，q的范围，导致扣分.
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